自然数幂和

2024-07-12 18:39| 来源: 网络整理| 查看: 265

形如 \(S_k(n)=\sum\limits_{i=0}^n i^k\) 的式子被称为自然数幂和。

本文介绍了求自然数幂和的若干方法，其中包括斯特林数和伯努利数的一些应用，其中证明的推导过程也有一些推式子的技巧。

扰动法

应用两次扰动法，当 \(k \geqslant 1\) 时，得：

\[\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n(i+1)^k-(n+1)^k \\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}i^j-(n+1)^k \\ &=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}S_j(n)-(n+1)^k \\ &=\sum_{j=0}^{k-2}\binom{k}{j}S_j(n)+kS_{k-1}(n)+S_k(n)-(n+1)^k \\ \end{aligned} \]

得：

\[\large\begin{aligned} S_{k-1}(n)&=\frac{(n+1)^k-\sum\limits_{j=0}^{k-2}\binom{k}{j}S_j(n)}{k} \\ S_k(n)&=\frac{(n+1)^{k+1}-\sum\limits_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}S_j(n)}{k+1} \\ \end{aligned} \]

直接计算可以做到 \(O(k^2)\)。分治 \(FFT\) 可以做到 \(O(k \log^2 k)\)。

拉格朗日插值法

由扰动法推得的式子，发现 \(S_k(n)\) 为 \(k+1\) 次多项式，因此可以考虑拉格朗日插值法，代入 \((0,S_k(0)),(1,S_k(1)),\dots,(k+1,S_k(k+1))\) 这 \(k+2\) 个点值，得：

\[\large\begin{aligned} f(x) &= \sum_{i = 0}^{k+1} y_i \prod_{i \not = j} \frac{x - x_j}{x_i - x_j} \\ S_k(n) &= \sum_{i = 0}^{k+1} S_k(i) \prod_{i \not = j} \frac{n - j}{i - j} \\ \end{aligned} \]

因为取值是连续的，后一项中的分子和分母可以分别计算，预处理后可以实现复杂度为 \(O(k)\)。

考虑如何计算 \(S_k(i)\)，对于 \(i^k\) 可以进行线性筛，每个素数暴力快速幂，因为小于等于 \(n\) 的素数个数约为 \(\frac{n}{\ln n}\)，得复杂度为 \(O(\frac{k}{\ln k}\log k)=O(k)\)。

因此总复杂度为 \(O(k)\)。

例题：The Sum of the k-th Powers

第一类斯特林数

\[\large x^{\overline{n}}=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i \]

通过组合意义即可证明，其也可以用归纳法证明：

已知：

\[\large x^{\overline{n-1}}=\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i \]

得：

\[\large\begin{aligned} x^{\overline{n-1}}&=\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i \\ (x+n-1)x^{\overline{n-1}}&=(x+n-1)\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i \\ x^{\overline{n}}&=(n-1)\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i+\sum_{i=1}^{n}\begin{bmatrix}n-1\\ i-1\end{bmatrix}x^i \\ x^{\overline{n}}&=\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i \\ \end{aligned} \]

代入得：

\[\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n(i^{\overline{k}}-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j) \\ &=\sum_{i=0}^ni^{\overline{k}}-\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j \\ &=\sum_{i=0}^n\binom{i+k-1}{k}k!-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\binom{n+k}{k+1}k!-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\frac{(n+k)!}{(n-1)!(k+1)!}k!-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\frac{n^{\overline{k+1}}}{k+1}-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ \end{aligned} \]

直接计算可以做到 \(O(k^2)\)。不用保证模数存在逆元，\(k+1\) 一定是 \(n^{\overline{k+1}}\) 的约数。

应用归纳法可得：

\[\large x^{\overline{n}} = (-1)^n(-x)^{\underline{n}} \\ \large x^{\underline{n}} = (-1)^n(-x)^{\overline{n}} \\ \]

考虑对于 \(x^{\overline{n}} = (-1)^n(-x)^{\underline{n}}\)，将其中 \(x\) 换为 \(-x\)，得：

\[\large (-x)^{\overline{n}} = (-1)^nx^{\underline{n}} \]

因为有 \(x^{\overline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i\)，得：

\[\large\begin{aligned} (-1)^nx^{\underline{n}} &= \sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}(-x)^i \\ x^{\underline{n}} &= \sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i \\ \end{aligned} \]

应用这个式子也可以进行求解：

\[\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n(i^{\underline{k}}-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j) \\ &=\sum_{i=0}^ni^{\underline{k}}-\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j \\ &=\sum_{i=0}^n\binom{i}{k}k!-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\binom{n+1}{k+1}k!-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\frac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ \end{aligned} \]

直接计算可以做到 \(O(k^2)\)。不用保证模数存在逆元，\(k+1\) 一定是 \((n+1)^{\underline{k+1}}\) 的约数。

第二类斯特林数

\[\large x^n = \sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \]

通过组合意义即可证明，其也可以用归纳法证明：

已知：

\[\large x^{n-1} = \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \]

得：

\[\large\begin{aligned} \large x^{n-1} &= \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= x\sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} ix^{\underline{i}} +\sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} (x-i)x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} ix^{\underline{i}} +\sum_{i=1}^n \begin{Bmatrix} n-1 \\i-1 \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= \sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \end{aligned} \]

代入得：

\[\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix} i^{\underline{j}} \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}\sum_{i=0}^n i^{\underline{j}} \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}\sum_{i=0}^n \binom{i}{j}j! \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix} \binom{n+1}{j+1}j! \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix} \frac{(n+1)^{\underline{j+1}}}{j+1} \\ \end{aligned} \]

直接计算可以做到 \(O(k^2)\)。不用保证模数存在逆元，\(j+1\) 一定是 \((n+1)^{\underline{j+1}}\) 的约数。可以通过卷积 \(O(n \log n)\) 求出第二类斯特林数一行后快速求解。

伯努利数

伯努利数前几项为 \(1,-\frac{1}{2},\frac{1}{6},0,-\frac{1}{30}\)，其为非整数数列，其定义为：

\[\large \sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i=[n=0] \]

可以进行 \(O(n^2)\) 递推求伯努利数。还可以通过生成函数快速求伯努利数，得：

\[\large\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i&=[n=0] \\ \sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}B_i&=B_{n+1}+[n=0] \\ \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}B_i&=B_{n}+[n=1] \\ \end{aligned} \]

发现左边为伯努利数的指数生成函数和指数生成函数 \(e^x\) 的卷积，得：

\[\large\begin{aligned} B(x)e^x &= B(x) + x \\ B(x) &= \frac{x}{e^x-1} \\ \end{aligned} \]

可以多项式求逆实现 \(O(n \log n)\) 求伯努利数。

这里设 \(S_k(n)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}i^k\)，伯努利数为自然数幂和对应的多项式的系数：

\[\large S_k(n)=\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}{i}B_in^{k+1-i} \]

考虑证明，设 \(F(x)\) 为 \(S_k(n)\) 的生成函数，得：

\[\large\begin{aligned} F(x) &= \sum_{i \geqslant 0} \frac{S_i(n)}{i!}x^i \\ &= \sum_{i \geqslant 0}\sum_{j=0}^{n-1} j^i \frac{x^i}{i!} \\ &= \sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i \geqslant 0} \frac{(jx)^i}{i!} \\ &= \sum_{j=0}^{n-1}e^{jx} \\ &= \frac{e^{nx}-1}{e^x-1} \\ &= B(x)\frac{e^{nx}-1}{x} \\ &= B(x)\frac{\sum\limits_{i \geqslant 1} \frac{(nx)^i}{i!}}{x} \\ &= B(x) \sum_{i \geqslant 0} \frac{n^{i+1}x^i}{(i+1)!}\\ \end{aligned} \]

因为 \(\left [x^k\right ]F(x)=\frac{S_k(n)}{k!}\)，得：

\[\large\begin{aligned} S_k(n) &= k!\sum_{i = 0}^k \frac{B_in^{k+1-i}}{i!(k+1-i)!} \\ S_k(n) &= \frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}{i}B_in^{k+1-i} \\ \end{aligned} \]

应用伯努利数可以求出自然数幂和对应的多项式的系数。

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